20概率波习题详解

第1页共6页9概率波习题详解习题册-下-91习题九一、选择题1．要使处于基态的氢原子受激发后能发射赖曼系（由激发态跃迁到基态时发射的各谱线组成的谱线系）的最长波长的谱线，至少应向基态氢原子提供的能量是[]（Ａ）1.5eV；（Ｂ）3.4eV；（Ｃ）10.2eV；（Ｄ）13.6eV。答案：C解：赖曼系的谱线满足公式22111()2,3,4,....1Rnn。可见，取n=2时波长最长而提供的能量也最低，即2211()10.2eV12hcEhcR4．将波函数在空间各点的振幅同时增大D倍，则粒子在空间的分布概率将[]（Ａ）增大D2倍；（Ｂ）增大2D倍；（Ｃ）增大D倍；（Ｄ）不变。答案：D解：不变。波函数是概率函数，其模的平方描述粒子t时刻在空间某点出现的概率。而概率是相对值，任意两点1和2之间的概率比值为：22112222DD可见，各点振幅同时增大D倍时概率分布不变。5．直接证实了电子自旋存在的最早的实验之一是[]（A）康普顿实验；（B）斯特恩-格拉赫实验；（C）戴维逊-革末实验；（D）卢瑟福实验。答案：B解：1922年，斯特恩和格拉赫在德国汉堡大学做了一个实验，发现处于S态的银原子射线在非均匀磁场中分裂为两束，该现象用电子绕核运动无法解释，必须引进电子具有自旋的假设。二、填空题1．在玻尔氢原子理论中，当电子由量子数5n的轨道跃迁到2n的轨道上时，对外辐射光的波长为________nm；若再将该电子从2n的轨道跃迁到游离状态，外界需要提供的能量为______eV。答案：434nm；3.4eVE。解：根据玻耳频率跃迁条件得22111()25R，即227227251004.3410m434nm(52)211.09710R第2页共6页9概率波习题详解习题册-下-92当电子从2n跃迁到游离态，即n，则所需的能量为22213.63.4eV2EEEE2．处于基态的氢原子被能量为12.09eV的光子激发时，其电子的轨道半径为基态轨道半径的倍。答案：9解：基态氢原子能量113.6eVE。根据玻尔理论1nhEE得1nEhE，即12.0913.61.51eVnE此外，氢原子第n能级的能量213.6eVnEn由此得213.61.51n，故29,3nn。再由氢原子的半径公式2119nrnaa知，此时氢原子的半径增加到基态时的9倍。3．在描述原于内电子状态的量子数,,lnlm中，（1）当5n时，l的可能值有个，它们是；（2）当l=5时，lm的可能值有个，它们是；（3）当l=4时，n的最小可能值是；（4）当n=3时，电子可能状态数为个。答案：（1）5个；0,1,2,3,4l；（2）9个，0,1,2,3,4lm；（3）5；（4）18。解：（1）l取0到n-1共n个值。故n=5时，l可能取5个值，即0,1,2,3,4l；（2）n=5，则0,1,2,3,4l，lm取0到l共21l个值。所以，lm的可能取值为9个，它们是0,1,2,3,4lm；（3）因为l的最大可能值为(1n)，所以l=4时，n的最小可能值是5；（4）电子的可能状态数为22n。所以当n=3时，电子的可能状态数为2218n。4．能够占据一个d支壳层的最多电子数为个；这些电子的磁量子数lm的值为；自旋量子数sm的值为。答案：10；0,1,2；12。解：d支壳层就是2l的支壳层，最多能容纳的电子数为：2(21)2(221)10eZl磁量子数取值为0到l，即0,1,2lm。第3页共6页9概率波习题详解习题册-下-93自旋量子数：12sm。5．在一维无限深势阱0a范围内波函数如图，则发现粒子概率最大的位置是。答案：357,,,8888aaaa解：概率最大处即波函数模的平方最大。由图可知波峰与波谷处波函数平方有最大值。三、计算题1．以能量为12.5eV的电子通过碰撞使氢原子激发时，最高能激发到哪一能级？当回到基态时能产生哪些谱线？画出谱线的能级跃迁图。答案：（1）3n；（2）312132102.6nm,121.6nm,656.3nm；（3）能级跃迁图如图所示。解：（1）已知113.6eVE。设氢原子全部吸收12.5eV能量后，最高能激发到第n能级，则111221nEEEEEn，即2112.513.6[1]n解得5.3n。取整数，得最高激发能级3n。（2）当从3n能级向下跃迁时，可能发出如下三条谱线：31nn：3122118139RR，31799102.6nm881.09710R；21nn：2122113124RR，214121.6nm3R；32nn：32221152336RR，3236656.3nm5R。（3）能级跃迁图如图所示。2．已知一维运动粒子的波函数为0(){00xxAexx式中0，试求：（1）归一化常数A和归一化波函数；（2）该粒子位置坐标的概率分布函数（概率密度）。0axx4a2a43a第4页共6页9概率波习题详解习题册-下-94答案：（1）3/22A，3/220()00xxexxx；（2）3224000xxexx。解：（1）由归一化条件2()1xdx，有202222222300014xxAdxAxedxAxedx由积分公式2302d1byyeyb得3/22A经归一化的波函数为3/220()00xxexxx；（2）粒子的概率分布函数为322240()00xxexxx3．一维无限深的方势阱中粒子的定态波函数为2()sin,1,2,...nnxxnaa，试求下述两种情况下粒子在0x到3ax之间被找到的概率：当（1）粒子处于基态时；（2）粒子处于2n的状态时。答案：（1）0.19；（2）0.40。解：（1）当粒子处于基态时12()sinxxaa粒子在0x到3ax之间被找到的概率为2233100213()sin0.1934aanPxdxxdxaa（2）当粒子处于2n的激发态时222()sinxxaa第5页共6页9概率波习题详解习题册-下-95粒子在0x到3ax之间被找到的概率为22332002213()sin0.4038aaPxdxxdxaa4．设有一电子在宽为0.20nm的一维无限深的方势阱中。（1）计算电子在最低能级的能量；（2）当电子处于第一激发态（2n）时，在势阱中何处出现的概率最小，其值为多少？答案：（1）9.43eV；（2）在0,,2axa（即00.10nm0.20nmx，，）处概率最小，其值均为零。解：（1）一维无限深势阱中粒子的可能能量2228nhEnma，式中a为势阱宽度。当量子数1n时，粒子处于基态，能量最低。因此，电子在最低能级的能量为21811.5110J9.43eV8hEma（2）粒子在无限深方势阱中的波函数为2()sin,1,2,...nnxxnaa当它处于第一激发态（2n）时，波函数22()sin,0xxxaaa相应的概率密度函数2222()sin,0xxxaaa令2d()0dxx，得2822sincos0xxaaa。在0xa的范围内讨论可得，当30,,,,424aaaxa时，函数2()x取得极值。由2d()0dxx可知，函数在0,,2axa（即00.10nm0.20nmx，，）处概率最小，其值均为零，即电子不出现在这些位置。第6页共6页9概率波习题详解习题册-下-965．氢原子中的电子处于4,3nl的状态。问：（1）该电子角动量L的值为多少？（2）这角动量L在z轴的分量有哪些可能的值？（3）角动量L与z轴的夹角的可能值为多少？答案：（1）122hL；（2）Lz的可能取值为230,,,222hhh；（3）分别为30,55,73,90,107,125,150。解：（1）n=4，l=3时，电子角动量(1)1222hhLll（2）轨道角动量在z轴上的分量z2lhLm，对于n=4，l=3的电子来说0,1,2,3lm，则Lz的可能取值为230,,,222hhh；（3）角动量L与z轴的夹角arccosarccos(1)lzmLLll。如图所示，当lm分别取3,2,1,0,1,2,3时，相应夹角分别为30,55,73,90,107,125,150